• Nie Znaleziono Wyników

Równania liniowe rzędu drugiego Równaniem różniczkowym zwyczajnym liniowym drugiego rzędu nazywamy równanie postaci

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Równania liniowe rzędu drugiego Równaniem różniczkowym zwyczajnym liniowym drugiego rzędu nazywamy równanie postaci"

Copied!
11
0
0

Pełen tekst

(1)

Równania liniowe rzędu drugiego

Równaniem różniczkowym zwyczajnym liniowym drugiego rzędu nazywamy równanie postaci ( ) ( ) ( ),

yp t yq t yr t (1) gdzie ( ), ( ), ( )p t q t r t są danymi funkcjami. Równanie to, uzupełnione warunkami początkowymi

0 0 0 1

( ) , ( ) ,

y ty y t y (2)

tworzy zagadnienie początkowe (zagadnienie Cauchy’ego). Zauważmy, że w tym przypadku są dwa warunki początkowe (2): dla funkcji niewiadomej ( ( )y t0y0) oraz dla jej pochodnej ( ( )y t0y1). Jest to związane z faktem, że równanie (1) jest drugiego rzędu.

Gdy w równaniu (1) funkcja r t( )0, to równanie takie nazywamy jednorodnym. Gdy natomiast r t( )0, to równanie nazywamy niejednorodnym.

Równania liniowe rzędu drugiego stałych współczynnikach

Szczególnym przypadkiem jest sytuacja, gdy współczynniki równania (1) są stałe ( )

a yb yc yr t (3)

gdzie , ,a b c oraz a0. Zauważmy, że stałośd współczynników dotyczy tylko współczynników przy funkcji niewiadomej i jej pochodnych. Aby rozwiązad równanie (3) najpierw rozwiązujemy wersję jednorodną, tzn. pomijamy ( ) :r t

0.

a yb yc y (4)

Równanie jednorodne (zero po prawej stronie) (4), ma własnośd liniowości w następującym sensie: jeżeli

1, 2

y y są dowolnymi rozwiązaniami tego równania, to każda kombinacja liniowa C y1 1C y2 2, gdzie

1, 2

C C są stałymi, też jest rozwiązaniem. Łatwo to sprawdzid:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

0 | 0

0 | 0

( ) ( ) ( ) 0,

ay by cy C aC y bC y cC y

ay by cy C aC y bC y cC y

a C y C y b C y C y c C y C y

       

  

        

       

skąd ostatecznie a C y( 1 1C y2 2)b C y( 1 1C y2 2)c C y( 1 1C y2 2)0. Zatem jeśli y1, y2 spełniają równanie (3), to funkcja C y1 1C y2 2 też je spełnia.

Rozwiązao równania (4) będziemy szukali w postaci wykładniczej ( ) t,

y te (5)

gdzie  jest nieznanym parametrem.

Po wstawieniu tej funkcji do (3) i skorzystaniu ze wzorów yet, y2et, otrzymujemy

(2)

Krzysztof Szyszkiewicz, AGH

2

2

0,

( ) 0.

t t t

t

a e b e ce

a b c e

 

 

  

  

Stąd wynika, że parametr musi spełniad równanie algebraiczne:

2 0.

a b c (6)

Równanie (6) nazywamy równaniem charakterystycznym dla problemu (3). Jak wiadomo pierwiastki równania (6) są scharakteryzowane przez znak wyróżnika  b24ac. Należy rozważyd trzy przypadki.

1. Przypadek  0. Istnieją dwa pierwiastki rzeczywiste

1 , 2 .

2 2

b b

a a

        (7)

Wtedy rozwiązanie ogólne równanie (3) ma postad

1 2

1 2

( ) t t.

y tC eC e (8)

2. Przypadek  0. Teraz równanie charakterystyczne posiada tylko jeden pierwiastek

0 .

2 b

   a

Istnieje więc w tym przypadku tylko jedno rozwiązanie postaci (5): y t1( )e0t. Okazuje się, że drugie niezależne rozwiązanie ma postad y t2( )te0t, co można sprawdzid bezpośrednio przez bezpośredni rachunek:

0 0 0 0 0 0

0 0 0

2 2 2

2 2

0 0 0 0 0 0

2

0 0 0

0

(2 ) ( ) ( (2 ) (1 ) )

( ) (2 ) 0 2 0.

2

t t t t t t

t t t

ay by cy

a e t e b e t e cte a t b t ct e

a b c te a b e a b b e

a

     

  

  

         

  

         

W rachunku skorzystaliśmy z tego, że 0 jest pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego (6), zatem

2

0 0 0.

a b  c Rozwiązanie ogólne jest zatem następujące

0 0 0

1 2 1 2

( ) t t ( ) t.

y tC eC teCC t e (9) 3. Przypadek  0. W tym przypadku pierwiastki wielomianu charakterystycznego są zespolone. Dla

 0 mamy     | | i | | . W szczególności (wystarczy rozważad tylko jeden możliwy pierwiastek zespolony)

1

| | | |

2 2 2 ,

| |

, .

2 2

b i b

i i

a a a

b

a a

  

 

   

     

   

(10)

(3)

Wyrażenie et możemy rozpisad tak

( ) (cos sin ).

t i t t i t t

ee e e etit

Stąd można wywnioskowad, że częśd rzeczywista, etcost, oraz częśd urojona, etsint, są dwoma niezależnymi rozwiązaniami równania (3). Tak więc ogólne rozwiązanie jest ich kombinacją liniową

1 2 1 2

( ) tcos tsin t( cos sin ),

y tC etC ete CtCt (11) gdzie  b/ 2 ,a   | | / 2 .a

Przykład. Podad rozwiązanie ogólne równania

2 3 0.

y y y Wielomian charakterystyczny ma postad

2 2 3 0.

   

Wyróżnik  22     4 ( 3) 1 4 12 16 0. Jest on dodatni, więc są dwa pierwiastki dane wzorami (7).

Jest to Przypadek 1. Zatem

1 1, 2 3,

     a więc rozwiązanie ogólne równania ma postad

3

1 2

( ) t t.

y tC eC e Przykład. Znajdziemy rozwiązanie ogólne równania

6 9 0.

y y y Wielomian charakterystyczny ma postad

2 6 9 0.

   

Ponieważ  62   4 9 1 0, więc mamy jeden pierwiastek 6 2 3.

    Jest to Przypadek 2.

Rozwiązanie ogólne jest w tym przypadku kombinacją dwóch funkcji: e3t oraz te3t, tak więc

3

1 2

( ) ( ) t.

y tCC t e Przykład. Podad rozwiązanie ogólne równania

0.

y  yy

Wielomian charakterystyczny 2  1 ma wyróżnik     12 4 3 ujemny. Jest to Przypadek 3.

Zgodnie ze wzorami (10) otrzymujemy

1 3

, ,

2 3

   

(4)

Krzysztof Szyszkiewicz, AGH

więc rozwiązanie ogólne wyrażone wzorem (11) ma w tym wypadku postad

/ 2 3 3

1 2 2 2

( ) t ( sin cos ).

y te C tC t Przykład. Podaj rozwiązanie problemu początkowego

2 0, (0) 1, (0) 2.

y y y y   y 

W tym przypadku równanie charakterystyczne (6) ma postad 22 1 0, czyli (1)20. Stąd jedynym pierwiastkiem jest   1 1 (jest to pierwiastek podwójny). Oznacza to, że mamy następujące dwa niezależne rozwiązania ex oraz xex, skąd ogólne rozwiązanie ma postad

1 2

( ) ( ) x.

y xCC x e (12)

Teraz wyznaczamy stałe C1 i C2 z warunków początkowych. Obliczmy najpierw pochodną

1 2

1 2 1 2 2 1 2

2 1 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( (1 ) ) .

x x x x x

x x

y x C C x e C C x e C C x e C e C C x e

C C C x e C x C e

            

     

Teraz wstawiamy warunki początkowe:

0

1 2

0

1 2

(0) 1 ( 0) 1,

(0) 2 ( (1 0) ) 2,

y C C e

y C C e

    

      

czyli liniowy układ równao na stałe C1, C2:

1 2

1 2

0 1, 2.

C C

C C

  

  

Rozwiązaniem jest C11,C23. Podstawimy do ogólnego rozwiązania (12), co daje funkcję ( ) (1 3 ) x.

y x   x e

Równanie niejednorodne. Teraz przejdziemy do rozwiązywania równao niejednorodnych (liniowych drugiego rzędu o stałych współczynnikach), czyli równao postaci

( ),

aybycyr x (13)

gdzie r jest daną funkcją. Można udowodnid, że rozwiązanie ogólne równania (13) można zawsze uzyskad jako sumę dwóch składników: (i) ogólnego rozwiązania równania jednorodnego (czyli równania, w którym r x( )0) oraz (ii) dowolnego rozwiązania równania niejednorodnego. Zatem

1 1 2 2

( ) ( ) ( ) sz( ),

y xC y xC y xy x (14)

(5)

gdzie y x1( ),y x2( ) są niezależnymi rozwiązaniami równania jednorodnego (4), a ysz( )x jest jakimkolwiek (tzw. szczególnym) rozwiązaniem pełnego równania niejednorodnego (13).

Jednym ze sposobów poszukiwania szczególnego rozwiązania równania (13) jest metoda uzmienniana stałych (na ogół prowadzi do dośd skomplikowanych rachunków). Z drugiej strony przy pewnych typowych funkcjach ( )r x rozwiązanie szczególne można stosunkowo łatwo znaleźd lub nawet odgadnąd.

Dalej są omówione takie typowe przypadki.

Funkcja wielomianowa: r x( )a0a x1  a xn n. Mamy więc równanie

0 1 n n,

aybycyaa x a x (15)

w którym po prawej stronie występuje wielomian.

Łatwo się domyślid, że w tym przypadku rozwiązanie szczególne też musi byd wielomianem (na ogół stopnia n). Szukamy więc rozwiązania szczególnego w postaci wielomianu

0 1

( ) n,

sz n

y x   x  x (16)

co po podstawiamy więc do (15) daje

0 1 0 1 0 1 0 1

2 1

2 3 1 2 0 1

0 1

( ) ( ) ( ) ,

(2 6 ( 1) ) ( 2 ) ( )

.

n n n n

n n n n

n n n

n n n

n n

a x x b x x c x x a a x a x

a x n n x b x n x c x x

a a x a x

        

        

 

              

            

   

Porównując współczynniki przy tych samych potęgach x otrzymamy układ równao liniowych

1 1

,

,

n n

n n n

c a

c bn a

 

który można rozwiązad bez problemu pod warunkiem, ż c0. Natomiast gdy c0, to szukamy rozwiązania w nieco zmienionej postaci

0 1

( ) ( n).

sz n

y xx  x  x (17)

Przykład. Znaleźd szczególne rozwiązanie równania

2 2.

y y y x (18)

(6)

Krzysztof Szyszkiewicz, AGH

Jest to równanie postaci(15) i współczynniki c 1 0, dlatego rozwiązania szczególnego szukamy w postaci (16)

2

0 1 2

( ) .

ysz x   x x Zanim wstawimy tę funkcję do naszego równania policzmy pochodne:

2

0 1 2 1 2 2

( ) , ( ) 2 , ( ) 2 .

sz sz sz

y x   x x yx    x y x   Wstawiamy do (18) co daje

2 2

2 1 2 0 1 2

2 2

2 1 2 0 2

(2 ) 2( 2 ) ( ) ,

( 4 ) ( 2 ) ,

x x x x

x x x

     

    

     

    

skąd po porównaniu współczynników obu wielomianów z drugiej linii mamy

2

1 2 0 1 2

0 2

1

4 0 2, 4, 1.

2 0

    

 

 

       

  

Tak więc rozwiązanie szczególne ma postad

( ) 2 4 2.

ysz x    xx Przykład. Znaleźd szczególne rozwiązanie równania

2 1 2.

y y x (19)

Ten problem jest podobny do poprzedniego, ale tym razem c0. Zatem szukamy szczególnego rozwiązania w postaci (17)

2 2 3

0 1 2 0 1 2

( ) ( )

ysz xx  x x  xx  x (20) Po wstawieniu do (19) mamy

2 2

1 2 0 1 2

2 2

2 2 1 1 0

2 6 2( 2 3 ) 1 ,

6 (6 4 ) 2 2 1 ,

x x x x

x x x

    

    

     

      

skąd

2

2 1 0 1 2

1 0

6 1

3 1 1

6 4 0 , , .

2 4 6

2 2 1

    

 

  

         

  

Tak więc rozwiązanie szczególne

(7)

3 1 1 2

( ) .

2 4 6

ysz x    xx

Funkcja postaci r x( )(a0a x1  a x en n) x.

Jest to funkcja postaci: (wielomian) razy (funkcja wykładnicza ex), gdzie  jest danym współczynnikiem. Mamy zatem równanie

0 1

( n n) x.

aybycyaa x a x e (21) Rozwiązania szczególnego równania (21) szukamy w tym przypadku w formie

( ) x ( ), ysz xe z x co po wstawieniu do (21) daje

2

0 1

(2 ) ( ) n n.

az a b z a b c zaa x a x (22) Oznacza to, że problem znalezienia szczególnego rozwiązania równania (21) w tym przypadku sprowadza się do rozwiązywania (względem zz x( )) równania (15), które jest tego samego typu co rozpatrywany już wcześniej przypadek. Pojawiają się trzy możliwości, które należy rozważyd:

1) a2b  c 0,

2) a2b  c 0 oraz 2a b 0, 3) a2b  c 0 oraz 2a b 0.

Przykład. Znajdź szczególne rozwiązanie równania

6 ( 2) 3x. y  yxe Rozwiązania szukamy w postaci y x( )e z x3x ( ), co daje

5 2

z z  x

Ponieważ w tym przypadku c0 (nie występuje wyraz zawierający samą funkcję ),z więc rozwiązanie szczególne będzie miało postad

1 2

( ) ( ).

zsz xx cc x

Przykład. Znajdź szczególne rozwiązanie równania

(8)

Krzysztof Szyszkiewicz, AGH

6 ( 2) 3x. y  yxe Rozwiązania szukamy w postaci y x( )e z x3x ( ), co daje

5 2

z z  x

Ponieważ w tym przypadku c0 (nie występuje wyraz zawierający samą funkcję ),z więc rozwiązanie szczególne będzie miało postad zsz( )xx c( 1c x2 ).

Wahadło matematyczne

Rozważamy równanie wahadła matematycznego w ośrodku stawiającym opór. Jeżeli ( ) t oznacza kąt wychylenia (liczony względem pionu), to z rysunku widad, że w kierunku stycznym do toru (który jest okręgiem o promieniu ) działają dwie siły: mg sin (składowa w kierunku stycznym siły ciężkości mg) oraz k  (siła oporu ośrodka – zakładamy, że jest proporcjonalna do prędkości i oczywiście przeciwnie skierowana). Ponieważ przyspieszenie styczne as  , a prędkośd styczna  , to z II zasady dynamiki Newtona otrzymujemy zależnośd m   k mgsin , gdzie: mmasa kulki, długośd linki (pręta), kwspółczynnik oporu ośrodka, gprzyspieszenie grawitacyjne (g9,81 m/s ).2 Wprowadzając oznaczenia k m/ ,

2 g/

  otrzymamy równanie    2sin , czyli

2sin 0.

     (23) Niewiadomą jest tutaj funkcja =(t). Równanie (23) jest drugiego rzędu i trochę przypomina ogólne równanie różniczkowe liniowe drugiego rzędu (1) lub (4), ale z istotną różnicą: ze względu na występowanie członu 2sin nie jest to równanie liniowe! Okazuje się, że rozwiązania tego równania nie można wyrazid przy pomocy funkcji elementarnych. Nawet gdy rozważamy wahadło w ośrodku bez oporu, tzn. dla k=0, kiedy równie ruchu przyjmuje postad

2sin 0,

    (24)

to rozwiązanie nie wyraża się funkcjami elementarnymi. Oczywiście istnieją wzory na rozwiązanie równania (23) lub (24) na przykład przy pomocy całek eliptycznych, szeregów potęg owych lub trygonometrycznych. Można też oczywiście bez problemu rozwiązywad te równania numerycznie.

Rys. 1. Wahadło matematyczne.

Małe ciało o masie m zawieszone na sztywnej lince lub pręcie. Masa linki (pręta) jest pomijalna.

(9)

Z drugiej strony często zastosowania problemu wahadła (i podobnych) prowadzą do sytuacji, kiedy wychylenie z położenia równowagi jest „małe”. Wtedy można zastosowad pewne przybliżenie wynikające z tego, że dla dostatecznie małych  zachodzi sin  . Jak pamiętamy z rozwinięcie Tylora funkcji sinus

3 5

1 1

sin  3! 5! 

więc odrzucając składniku wyższych rzędów możemy się spodziewad dobrego przybliżenia dla 0.

Stosując to przybliżenie, nasze równanie (23) ulegnie linearyzacji:

2 0.

      (25) Takie równanie jest już równaniem liniowym jednorodnym o stałych współczynnikach i bez problemu można podad jego rozwiązania przy pomocy elementarnych wzorów.

Przykład. Podad ogólne rozwiązanie ruchu wahadła bez oporu w przybliżeniu małych drgao. Jaki jest okres oscylacji takiego wahadła i czy zależy on od amplitudy?

Przypomnijmy, że równanie bez oporu (24) ma postad    2sin0, gdzie  g/ . Dla małych wychyleo (sin  ), mamy więc

2 0.

     (26)

Równanie charakterystyczne ma postad

2 2

  0

z pierwiastkami  . Ze wzorów (10) mamy 0,  . Na podstawie (11) otrzymujemy rozwiązanie ogólne

1 2

( )t C sin t C cos t.

     (27)

W konkretnej sytuacji stałe C1, C2 są określone prze warunki początkowe (początkowe wychylenie oraz początkowa prędkośd). Ale z postaci rozwiązania (27) widad, że niezależnie od wartości stałych (z wyjątkiem C1= C2=0, ale wtedy mamy spoczynek) jest ono zawsze okresowe Okres wyznaczamy wiedząc, że funkcje sin i cos maja okres 2:

( ) ( ) sin( ( )) sin( ), cos( ( )) cos( ),

sin( ) sin( ), cos( ) cos( ) 2

t T t t T t t T t

t T t t T t T

     

       

      

      (28)

Tak więc okres

2 g.

T   (29)

(10)

Krzysztof Szyszkiewicz, AGH

jest niezależny od warunków początkowych. Niezależnie od amplitudy, prędkości początkowej czy początkowego wychylenia zawsze wahadło zlinearyzowane wykonuje oscyluje z tym samym okresem.

Zauważmy też, że aby rozwiązad równanie(26) nie musimy wykorzystywad wcześnie rozwiniętej teorii.

Wystarczy zauważyd, że równanie     2 0, czyli    2 to pytanie o funkcję, która po dwukrotnym zróżniczkowaniu daje to samo ale ze znakiem przeciwnym. Oczywiście wiemy, ze taka własnośd mają funkcje sinus i cosinus:

(sin )t (cos )t  sin , (cos )t t  ( sin )t  cos .t

Zatem funkcje sin( )t i cos( )t spełniają równanie   . Aby spełniały równanie    2 wystarczy zamiast zmienid argument na t:

(sint)( cos t) 2sint, (cost) ( sint) cost.

Zadania (cz. I)

Zad. 1) W każdym przypadku podad ogólne rozwiązanie równania liniowego drugiego rzędu o stałych współczynnikach.

a) y y 6y0 b) y 3y0 c) y2y4y0 d) 12y2y0 e) y 2y0, gdzie0 f) y3y9y0 Zad. 2) Znaleźd rozwiązania zagadnieo początkowych

a) y3y y 0, y(0)0, y(0) 1. b) y4y0, y(0) 1, y(0) 1.

c) y4y y 0, y(1)2, y(1)0.

Zadania (cz. II)

Zad. 1) Podad rozwiązanie ogólne równania

2 1 sin( ),

y y At

gdzie A, są danymi nieujemnymi parametrami. Jakie jest rozwiązanie problemy początkowego z warunkami zerowymi (0) 0,yy(0)0.

Zad. 2) Podaj rozwiązanie problemu wahadła matematycznego przyjmując założenie małych wychyleo.

Oznacza to, że przybliżamy sinus dla małych kątów znanym wzorem (szereg Taylora!): sin  . Tak więc zamiast (23) rozważamy równanie

(11)

0.

m k mg

Dla uproszczenie rozważyd następujący warunek początkowy: (0) 0, (0)0. Przedyskutowad charakter rozwiązao w zależności od relacji pomiędzy parametrami , ,m k g.

Cytaty

Powiązane dokumenty

Rozwiązanie równania (1) jest sumą rozwiązania (całki ogólnej) równania jednorodnego (2) (tę całkę będziemy oznaczać COJ) i dowolnego rozwiązania (całki szczególnej)

Do równania n-tego rzędu można także sprowadzić układy n równań różniczkowych liniowych pierwszego rzędu.

Do równania n-tego rzędu można także sprowadzić układy n równań różniczkowych liniowych pierwszego rzędu.

W rozwiązaniu powinien znaleźć się skrypt rozwiązujący dane równanie w Matlabie oraz wyświetlający pole kierunkowe wraz z przykładowymi rozwiązaniami, jak również link do

Do każdej całki pierwszej wyświetlić na wykresie w Matlabie pole kierunkowe.. Podać znaczenie geometryczne charakterystyk oraz

M alec, Schema des differences finies pour un systeme d'equations non lineaires partielles elliptiques aux derivees mixtes et avec des conditions aux limites du

Zanim przejdziemy do dalszej części wykładu przypomnijmy, że jedynymi zbiorami spój- nymi na prostej R są: zbiór pusty, zbiory jednoelementowe i dowolne przedziały.. Jest

Na- stępnie zastosuj schemat ze zmodyfikowaną różnicą skończoną dla składnika konwekcyjnego i zaobserwuj różnice między wynikami. Wydział Matematyki i Nauk